Đề khảo sát định hướng vào 10 năm 2026 Trường THCS Hợp Thành (Thanh Hóa) có đáp án
15 câu hỏi
\(x \in \left\{ {2; - 3} \right\}\)
\(x \in \left\{ { - 2;3} \right\}\)
\(x \in \left\{ { - 2; - 3} \right\}\)
\(x \in \left\{ {2;3} \right\}\)
\[\sqrt 8 \] và \( - \sqrt 8 \).
8 và - 8.
8.
-8.
\(y = \frac{{{x^2}}}{4}\)
\(y = \frac{{ - {x^2}}}{2}\)
\(y = \frac{{ - {x^2}}}{4}\)
\(y = \frac{{{x^2}}}{2}\)
\[x > 2.\]
\[x < 2.\]
\[x \ge 2.\]
\[x \le 2.\]
40.
\(2\sqrt {10} .\)
80.
\(4\sqrt {10} \).
\(4\pi \left( {{\rm{cm}}} \right)\).
\(\frac{8}{3}\pi \left( {{\rm{cm}}} \right)\).
\(\;\frac{4}{3}\pi \left( {{\rm{cm}}} \right)\).
\(3\pi \left( {{\rm{cm}}} \right)\).
9.
10.
14.
11.
\(\frac{1}{3}\)
\[\frac{1}{6}\]
\(\frac{1}{4}\)
\(\frac{1}{5}\)
|
Câu 9 |
a) Giải phương trình: \(2{x^2} - 3x - 1 = 0.\) |
|
|
Xét phương trình: \(2{x^2} - 3x - 1 = 0.\) Ta có: \(\Delta = {\left( { - 3} \right)^2} - 4.2.\left( { - 1} \right) = 17 > 0\) |
0,25 | |
|
Phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = \frac{{3 + \sqrt {17} }}{{2.2}} = \frac{{3 + \sqrt {17} }}{4}\) \({x_2} = \frac{{3 - \sqrt {17} }}{{2.2}} = \frac{{3 - \sqrt {17} }}{4}\) Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt: \({x_1} = \frac{{3 + \sqrt {17} }}{4}\); \({x_2} = \frac{{3 - \sqrt {17} }}{4}\) |
0,5 | |
|
a) Giải hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l} - 3x + y = 9\\x + 2y = 4\end{array} \right.\) |
| |
|
Từ pt: \( - 3x + y = 9 \Rightarrow y = 9 + 3x\) thay vào phương trình \(x + 2y = 4\) Ta có: \(x + 2\left( {9 + 3x} \right) = 4\) suy ra \(x + 18 + 6x = 4\)suy ra \(7x = - 14\) suy ra \(x = - 2\) \(x = - 2 \Rightarrow y = 9 + 3.( - 2) = 3\) |
0,25
0,25 | |
|
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: \(\left( {x;y} \right) = \left( { - 2;3} \right)\) |
0,25 |
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 15 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
|
Câu 10 |
Rút gọn biểu thức P\[ = \left( {\frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x - 2}} - \frac{{9 - x}}{{x + \sqrt x - 6}}} \right):\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}}\] với \(x > 0;x \ne 4\) |
|
|
V ới \[x > 0, x \ne 4\] ta có: \[P = \left( {\frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x + 3}} - \frac{{\sqrt x - 3}}{{\sqrt x - 2}} - \frac{{9 - x}}{{x + \sqrt x - 6}}} \right):\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 3}}\] \[P = \left[ {\frac{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} - \frac{{\left( {\sqrt x - 3} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}} - \frac{{9 - x}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 3} \right)}}} \right]:\frac{{\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x + 3} \right)}}\] |
0,25 | |
|
\(P = \frac{{x - 4 - (x - 9) - \left( {9 - x} \right)}}{{(\sqrt x - 2)(\sqrt x + 3)}}.\frac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x }}\) P = \(\frac{{x - 4}}{{(\sqrt x - 2)\sqrt x }}\) = \(\frac{{(\sqrt x - 2)(\sqrt x + 2)}}{{(\sqrt x - 2)\sqrt x }}\) = \(\frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x }}\) |
0,5 | |
|
Vậy với \(x > 0;x \ne 4\) thì P = \(\frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x }}\) |
0,25 |
|
Phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} - 2m + 3 = 0\,\,(1)\) \(\Delta ' = {\left[ { - (m + 1)} \right]^2} - \left( {{m^2} - 2m + 3} \right) = {m^2} + 2m + 1 - {m^2} + 2m - 3 = 4m - 2\) Để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},{x_2}\) thì \(\Delta ' > 0 \Leftrightarrow 4m - 2 > 0 \Leftrightarrow m > \frac{1}{2}\). Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right) = 2m + 2}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} - 2m + 3\quad \quad (2)}\end{array}} \right.\] |
0,25 |
|
Theo bài ra, ta có: \(\sqrt {x_1^2 + 2m{x_1} + {m^2}} + \sqrt {4x_2^2 + 4m{x_2} + {m^2}} = 6m + 2\) \(\sqrt {{{\left( {{x_1} + m} \right)}^2}} + \sqrt {{{\left( {2{x_2} + m} \right)}^2}} = 6m + 2\) \(\left| {{x_1} + m} \right| + \left| {2{x_2} + m} \right| = 6m + 2\) (3) |
0,25 |
|
Vì \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right) = 2m + 2 > 0\,\,\,\left( {{\rm{do }}m > \frac{1}{2}} \right)}\\{{x_1}{x_2} = {m^2} - 2m + 3 = {{\left( {m - 1} \right)}^2} + 2 > 0\,\,\forall m\;\;\;}\end{array}} \right.\] \[ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} > 0}\\{{x_2} > 0}\end{array}\,\,\,\,\forall m > \frac{1}{2} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + m > 0}\\{2{x_2} + m > 0}\end{array}\,\,\,\,\,\forall m} \right.} \right. > \frac{1}{2}\] (3) trở thành: \({x_1} + m + 2{x_2} + m = 6m + 2\) \[\begin{array}{l}{x_1} + 2{x_2} = 4m + 2\\2m + 2 + {x_2} = 4m + 2\\{x_2} = 2m\\{x_1} = 2m + 2 - {x_2} = 2m + 2 - 2m = 2\end{array}\] |
0,25 |
|
Thay x1 = 2 ; x2 = 2m vào (2) ta được: \[\begin{array}{l}2.2m = {m^2} - 2m + 3\\{m^2} - 6m + 3 = 0 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 3 - \sqrt 6 > \frac{1}{2}(t/m)\\m = 3 + \sqrt 6 > \frac{1}{2}(t/m)\end{array} \right.\end{array}\] Vậy \(m = 3 \pm \sqrt 6 \) thoả mãn yêu cầu bài toán |
0,25 |
|
Gọi x là lãi suất gửi tiết kiệm của bác Lan (x được cho dưới dạng số thập phân) (x > 0). Số tiền thu được (cả vốn lẫn lãi) của bác Lan sau năm thứ nhất là: 100(1 + x) (triệu đồng). |
0,25 |
|
Số tiền thu được (cả vốn lẫn lãi) của bác Lan sau năm thứ hai là: 100(1 + x)(1 + x) = 100(1 + x)2 (triệu đồng). |
0,25 |
|
Theo bài, sau hai năm bác Lan rút tiền ra thì nhận được 118,81 triệu đồng cả vốn lẫn lãi nên ta có phương trình: 100(1 + x)2 = 118,81 (1 + x)2 = 1,1881 1 + x = 1,09 (do x > 0). x = 0,09. (Thoả mãn điều kiện của ẩn) |
0,25 |
|
Vậy lãi suất gửi tiết kiệm là 9%. |
0,25 |
(1,0 điểm) Một bình hình trụ có đường kính đáy 1dm, chiều cao 2dm bên trong có chứa viên bi hình cầu có đường kính 8cm.
a) Tính thể tích 1 viên bi.
b) Hỏi phải đổ vào bình bao nhiêu lít nước để nước đầy bình (làm tròn đến chữ
số thập phân thứ nhất), giả sử bỏ qua độ dày vật liệu và viên bi không ngấm nước.|
a) Đổi đơn vị: 8 cm = 0,8 dm. Bán kính viên bi là 0,4dm. Thể tích của 1 viên bi là: \({V_C} = \frac{4}{3}\pi {R^3}\)\[ = \frac{4}{3}\pi .{\left( {0,4} \right)^3}\]\[ = \frac{{32}}{{375}}\pi \] (dm3) |
0,25 |
|
b) Hình trụ có bán kính đáy bằng \(r = 0,5\) dm và có chiều cao \(h = 2\)dm. Thể tích của hình trụ là \[{V_T} = \pi .{r^2}h\]\[ = \pi .{\left( {0.5} \right)^2}.2 = \frac{\pi }{2}\](dm3). Số nước cần phải đổ để nước đầy bình là: \[\frac{\pi }{2} - \frac{{32\pi }}{{375}} = \frac{{311\pi }}{{750}} \approx 1,3\](dm3) |
0,25
0,25
|
|
Vậy số nước cần phải đổ để nước đầy bình là: 1,3 lít. |
0,25 |
|
a) Chứng minh tứ giác \(BEHD\) nội tiếp một đường tròn. |
|
|
Ta có \[CE \bot AB \Rightarrow \widehat {BEH} = {90^0}\] do đó \[\Delta BEH\]vuông tại E suy ra 3 điểm B, E, H thuộc đường tròn đường kính BH Chứng minh tương tự ta có 3 điểm B, D, H thuộc đường tròn đường kính BH |
0,5 |
|
Suy ra 4 điểm B, E, H, D cùng thuộc đường tròn đường kính BH. Suy ra giác BEHD nội tiếp (Đpcm) |
0,5 |
|
b) Chứng minh \(C{E^2} = CN.CI\).
|
|
|
Chứng minh được tứ giác \(AEHF\) nội tiếp Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AEHF\) có \(\widehat {FEH} = \widehat {FAH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ) hay \(\widehat {CEN} = \widehat {KAC}\) \(\left( 1 \right)\) Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {KAC} = \widehat {KIC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ) hay \(\widehat {KAC} = \widehat {EIC}\) \(\left( 2 \right)\) Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\widehat {CEN} = \widehat {EIC}\) |
0,25 |
|
Xét \(\Delta CEN\) và \(\Delta CIE\) có: \(\widehat {ECI}\): chung; \(\widehat {CEN} = \widehat {EIC}\) (cmt) Nên \(\left( {g - g} \right)\)Suy ra \(\frac{{CE}}{{CI}} = \frac{{CN}}{{CE}} \Leftrightarrow C{E^2} = CN.CI\) (đpcm) |
0,25 |
|
c) Chứng minh ba điểm \(M\), \(N\), \(P\) thẳng hàng. |
|
|
Xét tam giác OBC cân tại O Vì \(OM \bot BC\) tại \(M\) nên OM là đường cao của tam giác cân nên OM cũng là đường trung tuyến do đó \(M\) là trung điểm \(BC\). Xét \(\Delta EBC\) vuông tại \(E\) có \(M\) là trung điểm \(BC\) nên \(ME = \frac{1}{2}BC\). Tương tự ta có \(MF = \frac{1}{2}BC\). Do đó \(ME = MF\left( { = \frac{1}{2}BC} \right)\) suy ra \(M\) thuộc trung trực của \(EF\) Vì \(P\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AEF\) nên \(PE = PF\) Suy ra \(P\) thuộc trung trực của \(EF\). Vì vậy \(PM\) là trung trực của \(EF\) \(\left( 3 \right)\). Để chứng minh \(M\), \(N\), \(P\) thẳng hàng ta đi chứng minh \(N \in PM\). Kẻ \(EG \bot AC\), \(G \in AC\). Áp dụng hệ thức lượng vào \(\Delta AEC\) vuông tại \(E\), đường cao \(EG\), ta có \(C{E^2} = CG.CA\) Theo phần b có \(C{E^2} = CN.CI\) nên \(CG.CA = CN.CI\)\( \Rightarrow \frac{{CG}}{{CN}} = \frac{{CI}}{{CA}}\). Xét \(\Delta CNG\) và \(\Delta CAI\) có \(\frac{{CG}}{{CN}} = \frac{{CI}}{{CA}}\) (cmt) và \(\widehat {ICA}\): chung Nên \( \Rightarrow \widehat {NGC} = \widehat {CIA}\) (hai góc tương ứng) hay \(\widehat {NGF} = \widehat {CIA}\) \(\left( * \right)\) Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {CIA} = \widehat {CBA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ) \(\left( {**} \right)\) Chứng minh được tứ giác \(BEFC\) nội tiếp một đường tròn\( \Rightarrow \widehat {EBC} + \widehat {EFC} = 180^\circ \) (hai góc đối nhau) Mà \(\widehat {AFE} + \widehat {EFC} = 180^\circ \) (hai góc kề bù) \( \Rightarrow \widehat {EBC} = \widehat {AFE}\) hay \(\widehat {ABC} = \widehat {NFG}\) \(\left( {***} \right)\) Từ \(\left( * \right)\), \(\left( {**} \right)\), \(\left( {***} \right)\) ta suy ra \(\widehat {NGF} = \widehat {NFG}\) Do đó \(\Delta NGF\) cân tại \(N\) suy ra \(NG = NF\) Xét \(\Delta EGF\) vuông tại \(G\) có \(\widehat {NGF} = \widehat {NFG}\) nên \(\widehat {NGE} = \widehat {NEG}\). Do đó \(\Delta NGE\) cân tại \(N\) suy ra \(NG = NE\) Khi đó \(NE = NF\) hay \(N\) là trung điểm \(EF\) \(\left( 4 \right)\) Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) suy ra \(N \in PM\) hay ba điểm \(M,N,P\) thẳng hàng. (Đpcm) |
0,25
0,25 |
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
